北京市西城区2020届高三上学期期末考试化学(解析版)

催化剂已知：R1COOR2+R318OH????R1CO18OR3+R2OH

下列说法不正确的是（ ） ．．．A. 单体M1可用于配制化妆品

B. 改变M1在三种单体中的比例，可调控聚酯三元醇的相对分子质量 C. 该合成反应为缩聚反应

D. X、Y、Z中包含的结构片段可能有 【答案】C

【分析】由信息中的已知反应可知，三种单体再生成聚酯三元醇时主要反生信息中的酯交换反应，其反应原理为醇羟基断开H原子，酯基断开碳氧单键，断开处相互结合生成新的物质。

【详解】A、单体M1为丙三醇，丙三醇具有吸水性，用于配制化妆品，故A正确； B、改变M1在三种单体中的比例，则产物的结构简式会改变，相对分子质量也会改变，故B正确；

C、缩聚反应有小分子生成，而上述反应无小分子生成，故C错误； D、根据信息的反应原理，X、Y、Z中包含的结构片段可能有 D正确。 答案选C。

13.液体锌电池是一种电压较高的二次电池，具有成本低、安全性强、可循环使用等特点，其示意图如右图。下列说法不正确的是（ ） ．．．

已知：①Zn(OH)2+2OH? == Zn(OH)42? 。 ②KOH凝胶中允许离子存在、生成或迁移。

，故

A. 放电过程中，H+由正极向负极迁移

B. 放电过程中，正极的电极反应：MnO2+4H++2e?== Mn2++2H2O C. 充电过程中，阴极的电极反应：Zn(OH)42?+2e? == Zn+4OH? D. 充电过程中，凝胶中的KOH可再生 【答案】A

【分析】放电过程中，Zn为负极，电极反应式为： Zn -2e?+4OH? == Zn(OH)42?，MnO2为正极，电极反应式为：MnO2+4H++2e?== Mn2++2H2O，充电时的阴极反应式为：Zn(OH)42?+2e? == Zn +4OH?，阳极反应式为： Mn2++2H2O-2e?== MnO2+4H+。

【详解】A、放电时正极反应式为：MnO2+4H++2e?== Mn2++2H2O，消耗氢离子，应该是硫酸根离子向锌电极迁移，故A错误；

B、MnO2为正极，电极反应式为：MnO2+4H++2e?== Mn2++2H2O，故B正确； C、充电时，由负极反应式写阴极反应式为：Zn(OH)42?+2e? == Zn+4OH?，故C正确； D、充电过程中，阴极反应式钾，故D正确。 答案选A。

【点睛】该题考查可充电电池，一般先分析放电过程的负极反应式、正极反应式；再分析充电过程的阴极反应式和阳极反应式。

14.某温度时，两个恒容密闭容器中仅发生反应2NO2(g)

2NO(g) +O2 (g) ΔH > 0。实验

：Zn(OH)42?+2e? == Zn +4OH?，氢氧根与钾离子组成氢氧化

c(O2 )，k正、k逆为化学反应速率常数，测得：υ正(NO2 )＝k正c2(NO2 )，υ逆(NO)＝k逆c2(NO)·只受温度影响。

容器 编号 Ⅰ Ⅱ

下列说法不正确的是（ ） ．．．A. Ⅰ中NO2的平衡转化率约为66.7% B. Ⅱ中达到平衡状态时，c(O2)＜0.2 mol·L?1

L?1） 起始浓度（mol·c(NO2) 0.6 0.6 c(NO) 0 0.1 c(O2) 0 0 L?1） 平衡浓度（mol·c(O2) 0.2

k正C. 该反应的化学平衡常数可表示为K=

k逆D. 升高温度，该反应的化学平衡常数减小 【答案】D

【分析】先用三段式法计算出实验Ⅰ中各组分的改变浓度和平衡浓度：

2NO2?2NO?O2C(始)0.600C(变)0.40.40.2C(平)0.20.40.2而实验Ⅱ相当于在Ⅰ基础上再加入NO，平衡会逆向移动，再判断各量的变化。 【详解】A、由上述分析可知，Ⅰ中NO2的平衡转化率为

0.4?100%?66.7%，故A正确； 0.6B、Ⅰ中平衡时c(O2)=0.2 mol·L?1，实验Ⅱ相当于在Ⅰ基础上再加入NO，平衡会逆向移动，c(O2)＜0.2 mol·L?1，故B正确；

C、平衡时υ正(NO2 )＝υ逆(NO)，即k正c2(NO2 )＝k逆c2(NO)·c(O2 )，得

k正c2?NO?·c?O2 ?==K，故C正确； k逆c2?NO2 ?D、该反应为吸热反应，升高温度，K值增大，故D错误。 答案选D。

第Ⅱ卷（非选择题 共58分）

15.草酸亚铁是黄色晶体，常用作照相显影剂、新型电池材料等。

实验室制备草酸亚铁并测定其中Fe2+和C2O42?的物质的量之比确定其纯度，步骤如下： Ⅰ．称取一定质量的硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]于烧杯中，加蒸馏水和稀硫酸，加热溶解，再加饱和H2C2O4溶液，加热沸腾数分钟，冷却、过滤、洗涤、晾干，得黄色晶体。 Ⅱ．称取m gⅠ中制得的晶体于锥形瓶中，加入过量稀硫酸使其溶解，70℃水浴加热，用c mol·L?1 KMnO4溶液滴定至终点， 消耗KMnO4溶液v1 mL（其中所含杂质与KMnO4不反应）。L?1 Ⅲ．向Ⅱ滴定后的溶液中加入过量锌粉和稀硫酸，煮沸，至反应完全，过滤，用c mol·KMnO4溶液滴定滤液至终点，消耗KMnO4溶液v2 mL。 Ⅳ．重复上述实验3次，计算。 已知：ⅰ．草酸是弱酸。 ⅱ．pH>4时，Fe2+易被O2氧化。

ⅲ．酸性条件下，KMnO4溶液的还原产物为近乎无色的Mn2+。

(1)Ⅰ中加入稀硫酸的目的是_____________________、_____________________。 (2)Ⅱ中与KMnO4溶液反应的微粒是_________、_________。

(3)Ⅲ中加入过量锌粉仅将Fe3+完全还原为Fe2+。若未除净过量锌粉，则消耗KMnO4溶液的体积V ______v2 mL（填“＞”、“＝”或“＜”）。

(4)Ⅲ中，滴定时反应的离子方程式是_______________________________________。 (5)m gⅠ中制得的晶体中，Fe2+和C2O42?的物质的量之比是____________（用含v1、 v2的计算式表示）。

(1). 抑制Fe2+水解 (2). 增强溶液酸性，【答案】防止Fe2+被O2氧化 (3). Fe2+ (4).

-2++2+3+C2O4 (5). ＞ (6). MnO4+5Fe+8H=Mn+5Fe+4H2O (7).

2?

2v2

(v1?v2)【分析】先用硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]与饱和H2C2O4溶液反应制备草酸亚铁，称取m g草酸亚铁晶体于锥形瓶中，加入过量稀硫酸使其溶解，用 KMnO4溶液滴定至终点，Fe2+和C2O42?都反应完，Fe2+被氧化为Fe3+，Ⅱ滴定后的溶液中加入过量锌粉将Fe3+完全还原为Fe2+，最后再用等浓度KMnO4溶液滴定至终点，则可以计算出的Fe2+的含量，则C2O42?消耗的KMnO4溶液体积为（v1- v2），可计算出C2O42?的含量。

【详解】(1)亚铁离子要水解，由信息可知pH>4时，Fe2+易被O2氧化，加入稀硫酸的目的是抑制Fe2+水解；增强溶液酸性，防止Fe2+被O2氧化；故答案为：抑制Fe2+水解；增强溶液酸性，防止Fe2+被O2氧化；

（2）Ⅱ中与KMnO4溶液反应的微粒有Fe2+和C2O42?，故答案为：Fe2+；C2O42?； （3）Ⅲ中若未除净过量锌粉，则在后面的滴定反应中锌粉又会将Fe3+还原为Fe2+，Fe2+继续和高锰酸钾反应，消耗的高锰酸钾溶液体积偏大，故答案为：＞； （4）Ⅲ中滴定时，Fe2+与酸性高锰酸钾溶液反应，离子方程式为：

MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；

-2+-（5）Ⅲ中滴定时，MnO4-与Fe2+的关系式为：MnO4:5Fe，MnO4的物质的量为：

v2c?10?3mol，Fe2+的物质的量为5v2c?10-3mol；在Ⅱ中C2O42?与MnO4-的关系式为

-2MnO4-:5C2O42-, C2O42?消耗的KMnO4溶液体积为（v1- v2），MnO4的物质的量为：